重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高三数学上学期7月月考试题（Word版附解析）

万州二中2023-2024年高三上期7月月考数学试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共5页，满分150分，考试时间120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解不等式，再进行交集运算.【详解】或故选：C2.函数的图象大致为（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的定义域和奇偶性，确定正确选项.【详解】令，的定义域为，由此排除B选项.，所以为奇函数，由此排除CD选项.故选：A【点睛】本小题主要考查根据函数的解析式确定函数图象，属于基础题.3.已知圆台的上、下底面半径分别为r，R，高为h，平面经过圆台的两条母线，设截此圆台所得的截面面积为S，则（）A.当时，S的最大值为B.当时，S的最大值为C.当时，S的最大值为D.当时，S的最大值为【答案】D【解析】【分析】通过将圆台补成圆锥，利用图形分和讨论即可.【详解】如图,将圆台补成圆锥. 设圆台的母线长为,则,等腰梯形为过两母线的截面.设，由，得,则，当时，，当最大，即截面为轴截面时面积最大，则的最大值为.当时,，当时，截面面积最大，则的最大值为.故选：D.【点睛】关键点睛：本题的关键的是通过补图，利用三角形相似和三角形面积公式得到，然后再分和讨论即可.4.已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F作斜率为的直线与C在第一象限内相交于点P，过点P作于点M，连接MF交C于点N，若，则的值为（）A.2B.3C.4D.6【答案】C【解析】【分析】如图，过点N作准线l的垂线，垂足为Q，则由已知条件结合抛物线的定义可得，设直线PF的倾斜角为，则，求出 ，再结可求得结果.【详解】如图，过点N作准线l的垂线，垂足为Q，则，轴．因为，所以．设直线PF的倾斜角为，则，所以，解得或（舍去），所以，所以，所以，即．故选：C5.如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求得点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的圆，可得，进而可得出题中所求角等于直线与直线的夹角，然后过点作平面于点，过点作于点，连接，找出使得最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围.【详解】连接交平面于点，延长线段至点，使得，连接、、，如下图所示：已知在正方体中，底面，平面，，又四边形为正方形，所以，，，平面，平面，， 同理，，平面，三棱锥的体积为，，，可得，所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直，而正方体的棱长为，所以，，如下图所示：其中，不妨设，由题意可，所以，，可得，所以，点在平面内以点为圆心，半径为的圆上.因为，所以，直线与直线的夹角即为直线与直线所成角.接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解.如图，过点作平面于点，过点作于点，连接，根据题意可知，，且，所以，，. 如图所示，，当点在处时，最大，当点在处时，最小.这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为；当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为.综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查异面直线所成角的取值范围的求解，解题的关键就是确定点的轨迹，考查推理能力与计算能力，属于难题.6.已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：①在区间上有且仅有3个不同的零点；②的最小正周期可能是；③的取值范围是；④在区间上单调递增．其中所有正确结论的序号是（）A.①④B.②③C.②④D.②③④【答案】B【解析】【分析】令，则，由函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，可求出判断③，再利用三角函数的性质可依次判断①②④.【详解】由函数， 令，则函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，由，得，则，即，，故③正确；对于①，，，当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；故①错误；对于②，周期，由，则，，又，所以的最小正周期可能是，故②正确；对于④，，，又，又，所以在区间上不一定单调递增，故④错误．故正确结论的序号是：②③故选：B【点睛】方法点睛：函数的性质：(1).(2)周期(3)由求对称轴，由求对称中心.(4)由求增区间；由求减区间.7.点均在抛物线上，若直线分别经过两定点 ，则经过定点，直线分别交轴于，为原点，记，则最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用条件，用表示出两点坐标，从而求出直线的方程，进而求出定定点，再根据条件得到，再利用柯西不等式即可求出结果.【详解】如图，由题易知直线斜率均存在，设直线方程为，，由，消得，即，由韦达定理得，所以，代入，得到，所以，设直线方程为，，由，消得，即，由韦达定理得， 所以，又因为，所以，代入，得到，所以，所以直线的斜率为，所以的方程为，即所以，即，故直线过定点，令，得到，所以，所以，，又因为，所以，所以，，又，所以，又由柯西不等式知，当且仅当，即时，取等号，所以，即，故选：D.【点睛】解决本题关键在于，利用条件求出，两点，再利用点斜式 表示出直线，进而求出定点.8.朱载堉是明太祖朱元璋的九世孙，虽然贵为藩王世子，却自幼俭朴敦本，聪颖好学，遂成为明代著名的律学家，历学家、音乐家.朱载堉对文艺的最大贡献是他创建下十二平均律，亦称“十二等程律”.十二平均律是将八度的音程按频率比例分成十二等份，也就是说，半单比例应该是，如果12音阶中第一个音的频率是，那么第二个音的频率就是，第三个单的频率就是，第四个音的频率是，……，第十二个音的频率是，第十三个音的频率是，就是.在该问题中，从第二个音到第十三个音，这十二个音的频率之和为（）.A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分析题意，利用等比数列的求和公式即可计算得解.【详解】由题意知，第二个音到第十三个音的频率分别为，显然以上12个数构成了以为首项，以为公比的等比数列，由等比数列求和公式得：.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和公式，解题的关键是分析题意将第二个音到第十三个音的频率构成以为首项，以为公比的等比数列，再根据等比数列求和公式可得，考查学生的分析解题能力与转化思想及运算能力，属于基础题.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.9.已知数列的前项和为，且，（，为常数），则下列结论正确的有（）A.一定是等比数列B.当时， C.当时，D.【答案】ABC【解析】【分析】对于A，利用数列的递推关系得和当时，，再利用，结合等比数列的概念对A进行判断；对于B，利用A的结论，结合等比数列的通项公式得，当时，利用等比数列的求和，计算出；对于C，当时，利用指数幂的运算，对C进行判断；对于D，利用，计算得，对D进行判断.【详解】对于A，在数列中，因为，为非零常数，所以当时，，解得，当时，，由得，即，又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故A正确；对于B，由得，因此当时，，所以，故B正确；对于C，由得，因此当时，，所以，故C正确；对于D，由得， 因此，，所以，故D错误．故选：ABC．10.某简谐运动在一个周期内的图象如图所示，下列判断正确的有（）A.该简谐运动的振幅是B.该简谐运动的初相是C.该简谐运动往复运动一次需要D.该简谐运动往复运动25次【答案】ABD【解析】【分析】结合简谐运动在一个周期内的图象可判断A；设该函数解析式为，由简谐运动在一个周期内的图象可得，把点代入解析式可得，可判断BCD.【详解】对于A，由简谐运动在一个周期内的图象可得该简谐运动的振幅是，故A正确；对于B，设该函数解析式为，由简谐运动在一个周期内的图象可得，可得，所以，所以，因为把点代入解析式可得， 所以，所以，若，则，故B正确；对于C，由B可知，故C错误；对于D，该简谐运动往复运动次，故D正确.故选：ABD.11.如图，点是正方体中的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是（）A.点存在无数个位置满足B.若正方体的棱长为1，三棱锥的体积最大值为C.在线段上存在点，使异面直线与所成的角是30°D.点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等【答案】ABD【解析】【分析】画出示意图，由直线与平面垂直的判定定理，可判断A正确；求出三棱锥体积的最大值，可判定B正确；由线面角的概念，求得其正切值，可判定C错误；根据抛物线的定义，可得的轨迹为平面上抛物线的部分，可判断D正确.【详解】如图所示，在正方体中，平面，则，又由，所以平面,当点在线段上时，可得，所以A正确；由正方体的性质，可知平面，若正方体的棱长为1， 则与重合时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为，所以B正确；异面直线与所成的角，即为，当在线段上运动时，取的中点时，最小，可得，故C错误；平面上的点到直线的距离等于点到的距离，则满足到直线和直线的距离相等，即满足到直线和点的距离相等，可知的轨迹为平面上抛物线的部分，故D正确.故选：ABD.12.已知函数，将函数的图象向左平移（）个单位长度后，得到函数的图象，若在区间上单调递减，下列说法正确的是（）A.当取最小值时，在区间上的值域为B.当取最小值时，的图象的一个对称中心的坐标为C.当取最大值时，在区间上的值域为D.当取最大值时，图象的一条对称轴方程为【答案】BC【解析】【分析】化简函数的解析式，根据给定条件求出的最大、最小值，再逐项分析即可计算判断作答. 【详解】依题意，，，当时，，因在区间上单调递减，则有，于是得，而，因此，，对于A，，，当时，，，A不正确；对于B，，，由，即得：图象的对称中心，则是的图象的一个对称中心，B正确；对于C，，，当时，，，C正确；对于D，，，由，即得：图象的对称轴，D不正确.故选：BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若（为虚数单位），则复数的值为_________．【答案】【解析】【分析】利用复数的四则运算即可得解.【详解】因为，所以，故答案为：．14.已知是边上一点，且，，，则的最大值为__________． 【答案】【解析】【分析】设，，设，则，，利用余弦定理以及可推导出，进而利用基本不等式可求得的最大值.【详解】设，，设，则，，如下图所示：在中，；在中，.，，所以，，整理得，①在中，，②由①②可得，由基本不等式可得，，因此，，当且仅当时，等号成立，因此，的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查利用基本不等式求三角形边长和最值，同时也考查了余弦定理的应用，考查计算能力，属于难题.15.筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.明朝科 学家徐光启在《农政全书》中用图1描绘了筒车的工作原理.假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.如图2，将筒车抽象为一个几何图形（圆），以筒车转轮的中心为原点，过点的水平直线为轴建立如图直角坐标系.已知一个半径为1.6m的筒车按逆时针方向每30s匀速旋转一周，到水面的距离为0.8m.规定：盛水筒对应的点从水中浮现（时的位置）时开始计算时间，且设盛水筒从点运动到点时所经过的时间为（单位：s），且此时点距离水面的高度为（单位：m）（在水面下则为负数），则关于的函数关系式为___________，在水轮转动的任意一圈内，点距水面的高度不低于1.6m的时长为___________s.【答案】①.②.10【解析】【分析】根据给定信息，求出以Ox为始边，OP为终边的角，求出点P的纵坐标即可列出函数关系，再解不等式作答.【详解】依题意，点到x轴距离为0.8m，而，则，从点经s运动到点所转过的角为，因此，以Ox为始边，OP为终边的角为，点P的纵坐标为，于是得点距离水面的高度，由得：，而，即，解得，对于k的每个取值，，所以关于的函数关系式为，水轮转动的任意一圈内，点距水面的高度不低于1.6m的时长为10s.故答案为：；10 【点睛】关键点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴.16.函数的部分图象如图所示，若将图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数图象，则关于函数有下列四个说法：①最小正周期为；②图象的一条对称轴为直线；③图象的一个对称中心坐标为；④在区间上单调递增．其中正确的是_______．（填序号）【答案】①④【解析】【分析】先根据所给图象及三角函数的性质得到函数的解析式，再利用图象变换得到的图象，再利用正弦函数的性质和整体思想逐一验证选项.【详解】由图象可知：，，所以，所以，则，，又，所以，所以， 因为将图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象，所以，对于①，的最小正周期为，故①正确；对于②，由，故②错误；对于③，由，故③错误；对于④，由，，得的单调增区间为，．当时，的单调增区间为，此时，故④正确．故答案为：①④．四、解答题：本题共6小题，共70分.17.记为等差数列的前项和，已知．（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.【小问1详解】设等差数列的公差为， 由题意可得，即，解得，所以，【小问2详解】因，令，解得，且，当时，则，可得；当时，则，可得；综上所述：.18.的内角的对边长分别为，设（1）求；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化结合余弦定理求解即可；（2）利用正弦定理边角互化结合三角恒等变换求解即可.【小问1详解】根据题意，由正弦定理可得，即，所以根据余弦定理及中可得.【小问2详解】 根据题意，由正弦定理可得，所以，解得①，因为②，①②联立可解得或，又因为，则，，（舍去），所以.19.网购是现代年轻人重要的购物方式，截止：2021年12月，我国网络购物用户规模达8.42亿，较2020年12月增长5968万，占网民整体的81.6%．某电商对其旗下的一家专营店近五年来每年的利润额（单位：万元）与时间第年进行了统计得如下数据：123452.63.14.56.88.0（1）依据表中给出的数据，是否可用线性回归模型拟合y与t的关系？请计算相关系数r并加以说明（计算结果精确到0.01）．（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）（2）试用最小二乘法求出利润y与时间t的回归方程，并预测当时的利润额．附：，，．参考数据：，，，．【答案】（1），y与t的线性相关程度很高，可以用线性回归模型拟合． （2），万元．【解析】【分析】（1）先利用公式计算出相关系数r，再按要求进行比较，进而得到结果；（2）先利用公式求得，得到利润y与时间t的回归方程，进而预测当时的利润额．【小问1详解】由题表，，因为，，，所以．故y与t的线性相关程度很高，可以用线性回归模型拟合．【小问2详解】，，所以．当时，．预测该专营店在时的利润为万元．20.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，ADBC，PA=AD=CD=2，BC=3，E为PD的中点，点F在PC上，且.（1）求二面角F-AE-P的余弦值；（2）设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由. 【答案】（1）（2）直线不在平面内，理由见解析【解析】【分析】（1）过作的垂线交于点，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面AEF的法向量后可求二面角的余弦值；（2）求得平面的法向量，再计算是否为0即可判断【小问1详解】过作的垂线交于点.因为平面平面，所以，以为坐标原点如图建立空间直角坐标系.则，因为为的中点，所以，所以，所以.设平面的法向量为，则即，令，则，故， 又平面的法向量为，所以，二面角平面角余弦值为.【小问2详解】直线不在平面内，理由如下：因为点在上，且，故，所以，由（1）知，平面的法向量，所以，所以直线不在平面内【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明、建立空间直角坐标系求解二面角的问题，同时也考查了线面关系的判断，属于中档题21.已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与轴交于点，与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】 【分析】（1）由顶点和离心率直接求即可；（2）先联立直线和椭圆方程，借助弦长公式表示出弦长，再求出垂直平分线和坐标，表示出，最后分离常数求取值范围即可.【小问1详解】由题意知可得，故椭圆的方程为.【小问2详解】由，可得，设，则，，线段的中点为，线段的垂直平分线方程为，令，得，所以，又，则,又，所以，，故的取值范围为.【点睛】（1）关键在于建立的关系式求解；（2）关键在于联立直线和椭圆方程，依次求出垂直平分线和弦长、，转化成关于的代数式求 范围即可.22.已知函数的图象在处的切线方程为，其中是自然对数的底数.（1）若对任意的，都有成立，求实数的取值范围；（2）若函数的两个零点为，试判断的正负，并说明理由.【答案】（1）（2），理由见解析【解析】【分析】（1）根据切线方程可得参数的值，可知，即在上恒成立，再分离参数，构造，根据函数的最值情况可得的取值范围；（2）由题意知，函数，是函数的两个零点，易得函数在区间在区间上单调递减.只需证明即可.【小问1详解】由，得，由函数的图象在处的切线方程为，得，解得；所以，又时，恒成立，所以在上恒成立，即， 又时，函数，所以，又，即，设，，则，所以时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，所以，即，综上所述，，即；【小问2详解】，理由如下：由题意得，函数，，所以时，，时，，即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以只需证明即可，是函数的两个零点，相减，得，不妨令， 则，，，，即证，即证.又，在区间上单调递增，.综上所述，函数总满足.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．